中国科学技术大学-812概率论与数理统计-2016年-解析

中国科学技术大学-812概率论与数理统计-2016年

一、计算题(理由要充分.每小题8分,共88分)

1. 连续抛掷一枚非均匀的硬币$n$次, 且假设抛掷的结果并不独立: 第一次掷出正面的概率为$\alpha(0<\alpha<1),$ 第二次后每次出现与前一次相同面的概率为$\beta(0<\beta<1).$ 求第$n$次出现正面的概率, 并讨论$n \rightarrow \infty$时的极限情况.

Solution:
用事件 $A_{n}$ 表示第 $n$ 次郑出的是正面, 则对于 $n=1,2, \cdots$

$\begin{aligned} P\left(A_{n+1}\right) &=P\left(A_{n+1} \mid A_{n}\right) P\left(A_{n}\right)+P\left(A_{n+1} \mid \bar{A}_{n}\right) P\left(\bar{A}_{n}\right) \\ &=\beta P\left(A_{n}\right)+(1-\beta)\left(1-P\left(A_{n}\right)\right) \end{aligned}$

若记 $p_{n}=P\left(A_{n}\right)$, 则上式为一差分方程, 等式两侧同时减去 $\frac{1}{2}$, 有

$p_{n+1}-\frac{1}{2}=(2 \beta-1)\left(p_{n}-\frac{1}{2}\right)$

又 $p_{1}=\alpha$, 则 $p_{n}=\frac{1}{2}+\left(\alpha-\frac{1}{2}\right)(2 \beta-1)^{n-1}$. 显然有 $\lim _{n \rightarrow \infty} p_{n}=\frac{1}{2}$.

2. 设随机变量$X$的概率密度为$f(x)=2(1-x),$ 其中$0<x<1 .$ 试构造区间(0,1)上的一个单调递增函数$g(x),$ 使得$g(X)$恰好服从参数为1的指数分布.

Solution: $X$ 的分布函数是 $F(x)= \begin{cases}0, & x<0 \\ 1-(1-x)^{2}, & 0 \leqslant x<1, \\ 1, & x \geqslant 1\end{cases}$ 于是令 $U_{1}=1-(1-X)^{2} \sim U(0,1)$, 而 $U_{2}=1-U_{1} \sim U(0,1)$. $Y \sim \operatorname{Exp}(1)$ 有分布函数 $F_{Y}(y)=\left\{\begin{array}{ll}1-e^{-y}, & y \geqslant 0 \\ 0, & y<0\end{array}\right.$, 其反函数为 $F_{Y}^{-1}(u)=-\ln (1-u), 0<u<1$
则 $-\ln \left(1-U_{1}\right) \sim \operatorname{Exp}(1)$, 即 $-\ln \left(U_{2}\right)=-2 \ln (1-X) \sim \operatorname{Exp}(1)$, 于是 取 $g(x)=-2 \ln (1-x)$, 就有 $g(X) \sim \operatorname{Exp}(1)$, 同时容易验证 $g(x)$ 是单调增加的.

3. 设随机变量$X$和$Y$的联合密度函数为

$f(x, y)=e^{-x}, \quad 0<y \leq x<\infty$

试求$X$与$Y$的相关系数$\operatorname{Corr}(X, Y)$.

Solution:

$f_{X}(x)=\int_{0}^{x} e^{-x} \mathrm{~d} y=x e^{-x}, 0<x<+\infty$

$f_{Y}(y)=\int_{y}^{+\infty} e^{-x} \mathrm{~d} x=e^{-y}, 0<y<+\infty$

其中 $Y \sim \operatorname{Exp}(1)$, 于是 $E Y=1, \operatorname{Var}(Y)=1$.
$E X=\int_{0}^{+\infty} x^{2} e^{-x} \mathrm{~d} x=\Gamma(3)=2, E X^{2}=\int_{0}^{+\infty} x^{3} e^{-x} \mathrm{~d} x=\Gamma(4)=6$
所以 $\operatorname{Var}(X)=6-4=2$
$E X Y=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d} x \int_{0}^{x} x y e^{-x} \mathrm{~d} y=\int_{0}^{+\infty} x e^{-x} \frac{x^{2}}{2} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \Gamma(4)=3$
所以 $\operatorname{Cov}(X, Y)=E X Y-E X E Y=3-2 \cdot 1=1$
于是 $\operatorname{Corr}(X, Y)=\frac{1}{\sqrt{2 \cdot 1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

4. 设有$n$个球依次随机地放入$n$个盒子中, 设每个球放入每个盒子中的概率相等, 求放完后空盒子个数的期望, 以及当$n \rightarrow \infty$ 时空盒子的平均比例.

Solution:
设 $X_{i}=\left\{\begin{array}{ll}1, & \text { 第 } i \text { 个盒子空 } \\ 0, & \text { 第 } i \text { 个盒子非空, }\end{array}\right.$,则空盒子个数 $Y=\sum_{i=1}^{n} X_{i}$.
而 $E X_{i}=P\left(X_{i}=1\right)=P\{n$ 个球均放在剩下 $n-1$ 个空盒中 $\}=\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n}$
于是 $E Y=\sum_{i=1}^{n} E X_{i}=n\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}$.
空盒子的平均比例是 $E \frac{Y}{n}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n} \rightarrow e^{-1}$.

5. 在一圆周上随机取三个点, 求这些点能落在同一个半圆上(即能找到一条直径使得它们在该直径的同一侧)的概率.

Solution:
设三个点分别为 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$, 圆心记为 $\mathrm{O}$, 不失一般性, 以 $\mathrm{O}$ 为原点, 取 $\mathrm{OA}$ 为 $x$ 轴正方向, 由于对称性, 仅考虑 $\alpha=\angle B O A \sim U(0, \pi)$, 点 $\mathrm{C}$ 先不取, 示意图如下,

显然当且仅当点 $C$ 落在红色区域时候, $A, B, C$ 三点不在一个半圆上, 而在 $\alpha$ 给定时, 这一概率是 $\frac{\alpha}{2 \pi}$, 于是由连续场合的全概率公式

$P\{\text { 三点在同一侧半圆周 }\}=1-\int_{0}^{\pi} \frac{\alpha}{2 \pi} \cdot \frac{1}{\pi} \mathrm{d} \alpha=1-\frac{1}{4 \pi^{2}} \pi^{2}=\frac{3}{4}$

6. 设$(X, Y)$服从由$x$ 轴, $y$ 轴及直线$x+y=1$ 所围成的区域内的均匀分布, 求$U=\frac{X}{Y}$的概率密度函数.

Solution:
$f(x, y)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{1}{S_{D}}=2, & (x, y) \in D \\ 0, & \text { 其他 }\end{array}\right.$, 其中 $D=\{(x, y) \mid x>0, y>0, x+y<1\}$
用增补变量法, 令 $\left\{\begin{array}{l}U=\frac{X}{Y} \\ V=Y\end{array}\right.$, 反解可得 $\left\{\begin{array}{l}X=U V \\ Y=V\end{array}\right.$, 则 $J=\left|\begin{array}{ll}v & u \\ 0 & 1\end{array}\right|=v$.

$D_{u v}=\{u v>0, v>0, u v+v<1\} \Rightarrow\left\{u>0,0<v<\frac{1}{u+1}\right\}$

对 $\forall(u, v) \in D_{u v},(U, V)$ 有密度函数 $g(u, v)=f(u v, v)|J|=2 v$. 于是 $U$ 的边际密度函数是 $g_{U}(u)=\int_{0}^{\frac{1}{u+1}} 2 v \mathrm{~d} v=\frac{1}{(u+1)^{2}}, u>0$

1. 每个分量均为连续型随机变量的随机向量也是连续型的吗? 若不是, 请举例说明.

Solution: 假设 $X, Y$ 都是连续型随机变量, 但限制 $X=Y$, 则 $(X, Y)$ 不存在联合密度函数.

8. 利用中心极限定理, 求拋一枚均匀的硬币, 至少要拋多少次才能保证正面出现的比例落在45%和55%之间的可能性不小于90%?

Solution:
设 $X_{i}=\left\{\begin{array}{ll}1, & \text { 第 } i \text { 次掷出正面 } \\ 0, & \text { 第 } i \text { 次掷出反面 }\end{array}\right.$, 则 $X_{i}$ i.i.d $\sim b\left(1, \frac{1}{2}\right)$.
于是正面比例为 $\bar{x}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}$. 且 $E \bar{x}=\frac{1}{2}, \operatorname{Var}(\bar{x})=\frac{1}{4 n}$, 根据中心极限定 理

$\begin{aligned} P(0.45 \leqslant \bar{x} \leqslant 0.55) &=P\left(-\frac{\sqrt{n}}{10} \leqslant \frac{\bar{x}-0.5}{\sqrt{\frac{1}{4 n}}} \leqslant \frac{\sqrt{n}}{10}\right) \\ & \approx 2 \Phi\left(\frac{\sqrt{n}}{10}\right)-1 \geqslant 0.9 \end{aligned}$

所以 $\Phi\left(\frac{\sqrt{n}}{10}\right) \geqslant 0.95 \Longrightarrow \frac{\sqrt{n}}{10} \geqslant 1.645$

$\begin{aligned} \sqrt{n} & \geqslant 16.45 \\ n & \geqslant 270.6025 \end{aligned}$

则 $n$ 至少为 271 .

9. 设某电子产品的寿命服从如下分布:

$F(x ; \alpha, \beta)=\left\{\begin{array}{ll} 1-e^{-\frac{x-\alpha}{\beta}}, & x \geq \alpha \\ 0, & x<\alpha \end{array}\right.$

现测得$n$个该电子产品的寿命为$X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n},$ 试求未知参数$\alpha, \beta$的矩估计和极大似然估计.

Solution:
总体服从双参数指数分布 $\operatorname{Exp}\left(\alpha, \frac{1}{\beta}\right)$, 其中 $\alpha$ 是位置参数, $\beta$ 是尺度参数, 所 以 $E X=\alpha+\beta, \operatorname{Var}(X)=\beta^{2}$, 所以令 $\left\{\begin{array}{l}\bar{x}=\alpha+\beta \\ s^{2}=\beta^2\end{array}\right.$, 解得矩估计是

$\left\{\begin{array}{l} \hat{\alpha}_{M}=\bar{x}-s \\ \hat{\beta}_{M}=s \end{array}\right.$

样本的似然函数是

$\begin{aligned} L(\alpha, \beta) &=\frac{1}{\beta^{n}} \exp \left\{-\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\alpha\right)}{\beta}\right\} \mathbf{I}_{\left\{x_{(1)} \geqslant \alpha\right\}} \\ &=\frac{1}{\beta^{n}} e^{-\frac{n \bar{x}}{\beta}} e^{\frac{\alpha}{\beta}} \mathbf{I}_{\left\{x_{(1)} \geqslant \alpha\right\}} \end{aligned}$

显然它是关于 $\alpha$ 在 $\left(-\infty, x_{(1)}\right]$ 上的增函数, 于是 $\hat{\alpha}_{L}=x_{(1)}$ 是 $\alpha$ 的极大似然估计. 再求 $\beta$ 的极大似然估计, 考虑将对数似然函数的偏导置零, 即

$\frac{\partial \ln L(\alpha, \beta)}{\partial \beta}=-\frac{n}{\beta}+\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\alpha\right)}{\beta^{2}}=0$

解得 $\beta=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\alpha\right)$, 代入 $\hat{\alpha}_{L}=x_{(1)}$, 得 $\hat{\beta}_{L}=\bar{x}-x_{(1)}$ 是 $\beta$ 的极大似然估计.

10. 已知某种型号的导线电阻值服从正态分布$N\left(\mu, \sigma^{2}\right),$ 现测量16次, 算得样本均值为10.78欧姆, 样本标准差为1.40欧姆. 分别求均值$\mu$ 和方差 $\sigma^{2}$的置信水平为95%的置信区间(精确到小数点后两位).

Solution:
选取枢轴量 $T=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)}{s} \sim t(n-1)$, 则 $\mu$ 的 $1-\alpha$ 的置信区间是

$\bar{x} \pm \frac{s}{\sqrt{n}} t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)$

此时 $\bar{x}=10.78, s=1.4, n=16, t_{0.975}(15)=2.132$, 代入上式, 得

$10.78 \pm \cdot \frac{1.4}{4} \cdot 2.132=[10.03,11.53]$

选取枢轴量 $\chi^{2}=\frac{(n-1) s^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$, 则 $\sigma^{2}$ 的 $1-\alpha$ 的置信区间是

$\left[\frac{(n-1) s^{2}}{\chi_{1-\frac{a}{2}}^{2}(n-1)}, \frac{(n-1) s^{2}}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^{2}(n-1)}\right]$

代入数据 $s=1.4, n=16, \chi_{0.975}^{2}(15)=27.488, \chi_{0.025}^{2}(15)=6.262$, 得到

$\left[\frac{15 \cdot(1.4)^{2}}{27.488}, \frac{15 \cdot(1.4)^{2}}{6.262}\right]=[1.07,4.70]$

11. 设总体$X \sim N\left(\mu_{1}, \sigma_{1}^{2}\right), Y \sim N\left(\mu_{2}, \sigma_{2}^{2}\right),$ 其中 $\mu_{1}, \mu_{2}, \sigma_{1}^{2}, \sigma_{2}^{2}$均未知, 但 $\sigma_{1}^{2}=k \sigma_{2}^{2}, k>0$ 为已知常数. 又设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 和 $Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{m}$是分别来自总体$X$和$Y$的两个独立样本. 记它们的样本均值分别为$\bar{X}$ 和 $\bar{Y},$ 样本方差分别为 $S_{X}^{2}$ 和 $S_{Y}^{2},$ 及

$S^{2}=\frac{(n-1) S_{X}^{2}+k(m-1) S_{Y}^{2}}{n+m-2}$

对检验水平$\alpha(0<\alpha<1),$ 现欲检验假设

$\mathrm{H}_{0}: \mu_{1}=\mu_{2} \leftrightarrow \mathrm{H}_{1}: \mu_{1} \neq \mu_{2}$

试构造该检验所需的统计量$T,$ 要求该统计量服从t分布, 并写出含有$T$的拒绝域形式.

Solution:
$\bar{x} \sim N\left(\mu_{1}, \frac{k}{n} \sigma_{2}^{2}\right), \bar{y} \sim N\left(\mu_{1}, \frac{1}{m} \sigma_{2}^{2}\right)$, 于是

$Z=\frac{(\bar{x}-\bar{y})-\left(\mu_{1}-\mu_{2}\right)}{\sigma_{2} \sqrt{\frac{k}{n}+\frac{1}{m}}} \sim N(0,1)$

根据 Fisher 引理, $\bar{x}$ 与 $s_{x}^{2}$ 独立, 且 $\frac{(n-1) s_{x}^{2}}{k \sigma_{2}^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$.
同理 $\bar{y}$ 与 $s_{y}^{2}$ 独立, 且 $\frac{(m-1) s_{y}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} \sim \chi^{2}(m-1)$.
所以 $\chi^{2}=\frac{(n-1) s_{x}^{2}}{k \sigma_{2}^{2}}+\frac{(m-1) s_{y}^{2}}{\sigma_{2}^{2}}=\frac{n+m-2}{k \sigma_{2}^{2}} S^{2} \sim \chi^{2}(n+m-2)$, 并且 $\chi^{2} 与 Z$ 是独立的. 所以

$T=\frac{Z}{\sqrt{\chi^{2} /(n+m-2)}}=\frac{\sqrt{k}\left[(\bar{x}-\bar{y})-\left(\mu_{1}-\mu_{2}\right)\right]}{\sqrt{\frac{k}{n}+\frac{1}{m}} S} \sim t(n+m-2)$

当 $H_{0}$ 成立时, $T=\frac{\sqrt{k}(\bar{x}-\bar{y})}{\sqrt{\frac{k}{n}+\frac{1}{m}} S} \sim t(n+m-2)$ 可作为检验统计量, 显著性 水平为 $\alpha$ 的拒绝域是 $W=\left\{|T| \geqslant t_{1-\frac{\alpha}{2}}(n+m-2)\right\}$.

二、(20分) 设某全套邮票由$n$种不同类型的邮票组成, 某集邮爱好者每次等可能地获得其中一种. 记$X_{n}$表示他能聚齐全套$n$种邮票所需集邮次数.

(1)(10分) 求$X_{n}$的数学期望和方差.

(2)(10分) 证明: 当$n \rightarrow \infty$ 时, $X_{n} /(n \ln n)$依概率收敛到1.

Solution:
(1) 用 $Y_{i}(i=0,1, \cdots, n-1)$ 表示收集到第 $i$ 种邮票后, 新收集到一种邮票所 需的次数, 则显然诸 $Y_{i}$ 是独立的, 并且有

$P\left(Y_{0}=1\right)=1, Y_{i} \sim G e\left(\frac{n-i}{n}\right)(i=1,2, \cdots, n-1)$

则 $E X_{n}=E\left(\sum_{i=0}^{n-1} Y_{i}\right)=\sum_{i=0}^{n-1} \frac{n}{n-i}=n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$
$\operatorname{Var}\left(X_{n}\right)=\sum_{i=0}^{n-1} \operatorname{Var}\left(Y_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n-1} \frac{n^{2}}{(n-i)^{2}} \frac{i}{n}=\sum_{i=1}^{n-1} \frac{n(n-i)}{i^{2}}$
(2) 由于 $E\left(\frac{X_{n}}{n \ln n}\right)=\frac{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}{\ln n} \rightarrow 1$, 以及 $\operatorname{Var}\left(\frac{X_{n}}{n \ln n}\right)=\frac{1}{n^{2} \ln ^{2} n} \sum_{i=1}^{n-1} \frac{n(n-i)}{i^{2}} \leqslant \frac{1}{\ln ^{2} n} \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{i^{2}} \rightarrow 0$, 可知 $\frac{X_{n}}{n \ln n} \stackrel{p}{\rightarrow} 1$.

三、(24分) 设总体服从参数为$\lambda>0$的Poisson分布, 且$X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$为一组来自此总体的简单随机样本. 又设

$T_{n}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}, \quad \hat{g}(\lambda)=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{T_{n}}, \quad g(\lambda)=e^{-\lambda}$

(1)(8分) 问 $\hat{g}$ 是否为$g$的无偏估计? 证明你的结论.

(2)(8分) 求 $\hat{g}$ 的方差.

(3)(8分) 证明: $\hat{g}$ 的方差没有达到无偏估计方差的Cramer-Rao下界, 但当 $n \rightarrow \infty$时它们之比趋向1.

Solution: (1) 由于 $T_{n}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim \operatorname{Poisson}(n \lambda)$, 则

$E(\hat{g})=\sum_{k=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{k} \frac{(n \lambda)^{k}}{k !} e^{-n \lambda}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{[\lambda(n-1)]^{k}}{k !} e^{-\lambda(n-1)} e^{-\lambda}=e^{-\lambda}$

所以 $\hat{g}$ 是 $e^{-\lambda}$ 的无偏估计.
(2)

$\begin{aligned} E\left(\hat{g}^{2}\right) &=\sum_{k=0}^{\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)^{2 k} \frac{(n \lambda)^{k}}{k !} e^{-n \lambda} \\ &=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\left[\left(n-2+\frac{1}{n}\right) \lambda\right]^{k}}{k !} e^{\left(n-2+\frac{1}{n}\right) \lambda} e^{-\left(2-\frac{1}{n}\right) \lambda}=e^{-\left(2-\frac{1}{n}\right) \lambda} \\ \operatorname{Var}(\hat{g}) &=E\left(\hat{g}^{2}\right)-(E \hat{g})^{2}=e^{-\left(2-\frac{1}{n}\right) \lambda}-e^{-2 \lambda}=e^{-2 \lambda}\left(e^{\frac{\lambda}{n}}-1\right) \end{aligned}$

(3) 先计算 Poisson 分布的 Fisher 信息量

$I(\lambda)=E\left[\frac{\partial \ln P(X ; \lambda)}{\partial \lambda}\right]^{2}=E\left(\frac{X}{\lambda}-1\right)^{2}=\frac{1}{\lambda^{2}} E(X-\lambda)^{2}=\frac{1}{\lambda}$

则 $g(\lambda)=e^{-\lambda}$ 的无偏估计的方差的 C-R 下界是 $\frac{\left[g^{\prime}(\lambda)\right]^{2}}{n I(\lambda)}=\frac{\lambda}{n} e^{-2 \lambda}$
而 $e^{-2 \lambda}\left(e^{\frac{\lambda}{n}}-1\right)>\frac{\lambda}{n} e^{-2 \lambda}$, 所以 $\hat{g}$ 的方差达不到 $\mathrm{C}-\mathrm{R}$ 下界, 但是

$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{e^{-2 \lambda}\left(e^{\frac{\lambda}{n}}-1\right)}{\frac{\lambda}{n} e^{-2 \lambda}}=\lim _{x \rightarrow 0+} \frac{e^{x}-1}{x}=1$

四、(18分) 设总体$X$的概率分布如下表所示, 其中$p>0$为未知参数.

$X$	-1	0	1
$P$	$2 p$	$1-5 p$	$3 p$

现有一样本容量$n=60$的简单随机样本, 其中0出现了30次, 1和-1均出现了15次.

(1)(9分) 求$p$的极大似然估计$\hat{p}$的值;

(2)(9分) 在显著性水平$\alpha=0.05$下, 利用$\hat{p}$和拟合优度检验, 我们能否可以认为“该组样本来自于总体$X$”?

Solution:
(1) 样本的似然函数是 $L(p)=(2 p)^{n_{1}}(1-5 p)^{n_{0}}(3 p)^{n_{1}}$, 其中 $n_{i}$ 表示的是取到 $i$ 的样本数量, 将对数似然函数的导数置 0 , 有

$\frac{\mathrm{d} \ln L(p)}{\mathrm{d} p}=\frac{n_{-1}}{p}-\frac{5 n_{0}}{1-5 p}+\frac{n_{1}}{p}=0$

代入 $n_{-1}=n_{1}=15, n_{0}=30$, 解得 $p$ 的极大似然估计 $\hat{p}=0.1$.

(2) $\chi^{2}=\frac{(15-12)^{2}}{12}+\frac{(30-30)^{2}}{30}+\frac{(15-18)^{2}}{18}=1.25$
而 $\chi^{2} \sim \chi^{H_{0}}(1)$, 该检验的拒绝域是 $W=\left\{\chi^{2} \geqslant \chi_{0.95}^{2}(1)\right\}=\left\{\chi^{2} \geqslant 3.841\right\}$
由于 $1.25 \notin W$, 可知此时我们应该接受原假设, 即认为该组样本确实是来 自于总体 $X$.